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创新方案2017届高考数学一轮复习不等式选讲第一节绝对值不等式课后作业理选修4


【创新方案】 2017 届高考数学一轮复习 不等式选讲 第一节 绝对值 不等式课后作业 理 选修 4-5
1.(2016·沈阳模拟)设函数 f(x)=|2x+1|-|x-4|. (1)解不等式 f(x)>0; (2)若 f(x)+3|x-4|>m 对一切实数 x 均成立,求实数 m 的取值范围.

2.(2016·南宁模拟)已知函数 f(x)=|x-a|. (1)若 f(x)≤m 的解集为[-1,5],求实数 a,m 的值; (2)当 a=2 且 0≤t≤2 时,解关于 x 的不等式 f(x)+t≥f(x+2).

3.(2016·辽宁联考)已知函数 f(x)=log2(|x+1|+|x-2|-m). (1)当 m=7 时,求函数 f(x)的定义域; (2)若关于 x 的不等式 f(x)≥2 的解集是 R,求 m 的取值范围.

4.(2016·九江模拟)已知函数 f(x)=|x-3|-|x-a|. 1 (1)当 a=2 时,解不等式 f(x)≤- ; 2 (2)若存在实数 a,使得不等式 f(x)≥a 成立,求实数 a 的取值范围.

5.(2016·兰州模拟)已知函数 f(x)=|2x-a|+a. (1)若不等式 f(x)≤6 的解集为[-2,3],求实数 a 的值; (2)在(1)的条件下,若存在实数 n 使 f(n)≤m-f(-n)成立,求实数 m 的取值范围.

1

6.(2016·郑州模拟)已知函数 f(x)=|3x+2|. (1)解不等式 f(x)<4-|x-1|; 1 1 (2)已知 m+n=1(m, n>0), 若|x-a|-f(x)≤ + (a>0)恒成立, 求实数 a 的取值范围.

m n

答 案 1.解:(1)当 x≥4 时,f(x)=2x+1-(x-4)=x+5>0,得 x>-5,所以 x≥4. 1 当- ≤x<4 时,f(x)=2x+1+x-4=3x-3>0,得 x>1,所以 1<x<4. 2 1 当 x<- 时,f(x)=-x-5>0,得 x<-5, 2 所以 x<-5. 综上,原不等式的解集为(-∞,-5)∪(1,+∞). 1 (2)f(x)+3|x-4|=|2x+1|+2|x-4|≥|2x+1-(2x-8)|=9,当- ≤x≤4 时等号 2 成立, 所以 m<9,即 m 的取值范围为(-∞,9). 2.解:(1)∵|x-a|≤m,∴-m+a≤x≤m+a. ∵-m+a=-1,m+a=5, ∴a=2,m=3. (2)f(x)+t≥f(x+2)可化为|x-2|+t≥|x|. 当 x∈(-∞,0)时,2-x+t≥-x,2+t≥0,∵0≤t≤2,∴x∈(-∞,0); 当 x∈[0,2)时,2-x+t≥x,x≤1+ ,0≤x≤1+ , 2 2 ∵1≤1+ ≤2,∴0≤t<2 时,0≤x≤1+ ,t=2 时,0≤x<2; 2 2 当 x∈[2,+∞)时,x-2+t≥x,t≥2,当 0≤t<2 时,无解,当 t=2 时,x∈[2, +∞), ∴当 0≤t<2 时原不等式的解集为?-∞, +1?;当 t=2 时 x∈R. 2 ? ? 3.解:(1)由题设知:|x+1|+|x-2|>7, 不等式的解集是以下不等式组解集的并集;
?x≥2, ? ? ?x+1+x-2>7 ? ?-1≤x<2, ? 或? ?x+1-x+2>7 ? ?x<-1, ? 或? ?-x-1-x+2>7, ?

t

t

t

t

?

t

?

解得函数 f(x)的定义域为(-∞,-3)∪(4,+∞). (2)不等式 f(x)≥2,即|x+1|+|x-2|≥m+4, ∵x∈R 时,恒有|x+1|+|x-2|≥|(x+1)-(x-2)|=3,
2

不等式|x+1|+|x-2|≥m+4 的解集是 R, ∴m+4≤3,m 的取值范围是(-∞,-1]. 4.解:(1)∵a=2, 1,x≤2, ? ? ∴f(x)=|x-3|-|x-2|=?5-2x,2<x<3, ? ?-1,x≥3,

x≤2, ? ? 1 ∴f(x)≤- 等价于? 1 2 1≤- ? 2 ?

2<x<3, ? ? 或? 1 5-2x≤- ? 2 ?

x≥3, ? ? 或? 1 -1≤- , ? 2 ?

11 ?11 ? 解得 ≤x<3 或 x≥3,∴不等式的解集为? ,+∞?. 4 ?4 ? (2)由不等式性质可知 f(x)=|x-3|-|x-a|≤|(x-3)-(x-a)|=|a-3|, 3 ∴若存在实数 x,使得不等式 f(x)≥a 成立,则|a-3|≥a,解得 a≤ , 2 3? ? ∴实数 a 的取值范围是?-∞, ?. 2? ? 5. 解: (1)由|2x-a|+a≤6 得|2x-a|≤6-a, ∴a-6≤2x-a≤6-a, 即 a-3≤x≤3, ∴a-3=-2,∴a=1. (2)由(1)知 f(x)=|2x-1|+1,令 φ (n)=f(n)+f(-n), 2-4n,n≤- , 2 ? ? 1 1 则 φ (n)=|2n-1|+|2n+1|+2=?4,- <n≤ , 2 2 1 ? ?2+4n,n>2, 1 ∴φ (n)的最小值为 4,故实数 m 的取值范围是[4,+∞). 6.解:(1)不等式 f(x)<4-|x-1|,即|3x+2|+|x-1|<4. 2 5 2 当 x<- 时,即-3x-2-x+1<4,解得- <x<- ; 3 4 3 2 2 1 当- ≤x≤1 时,即 3x+2-x+1<4,解得- ≤x< ; 3 3 2 当 x>1 时,即 3x+2+x-1<4,无解.

? 5 1? 综上所述,x∈?- , ?. ? 4 2?
1 1 ?1 1? n m (2) + =? + ?(m+n)=1+1+ + ≥4,

m n ?m n?

m n

3

令 g(x)=|x-a|-f(x)=|x-a|-|3x+2|= 2x+2+a,x<- , 3 ? ? ?-4x-2+a,-2 ≤x≤a, 3 ? ?-2x-2-a,x>a, 2 2 10 只需 g(x)max= +a≤4,即 0<a≤ . 3 3

2 2 ∴x=- 时,g(x)max= +a,要使不等式恒成立, 3 3

? 10? 故实数 a 的取值范围为?0, ?. 3? ?

4



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